Question

5．己知二次函數(shù)f（x）=ax²+bx+1，其中a，b∈R，g（x）=ln（ex），且函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在x=1處取得極值．
（Ⅰ）求a，b所滿足的關(guān)系；
（Ⅱ）試判斷是否存在a∈（-2，0）∪（0，2），使得對(duì)?x∈[1，2]，不等式（x+a）F（x）≥0恒成立？如果存在，請(qǐng)求出符合條件的a的所有值；如果不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，由題意可得F′（1）=2a+b-1=0，令導(dǎo)數(shù)為0，即可得到a，b的關(guān)系；
（Ⅱ）對(duì)a討論，當(dāng)0＜a＜2時(shí)，當(dāng)a∈（-2，0）且a≠-$\frac{1}{2}$時(shí)�。┤�-$\frac{1}{2a}$＜1即-2＜a＜-$\frac{1}{2}$時(shí)，ⅱ） 若1＜-$\frac{1}{2a}$＜2即-$\frac{1}{2}$＜a＜-$\frac{1}{4}$時(shí)，ⅲ） 若-$\frac{1}{2a}$≥2即-$\frac{1}{4}$≤a＜0時(shí)，運(yùn)用單調(diào)性求得最值，即可得到a的范圍．

解答 解：（Ⅰ）F（x）=ax²+bx+1-ln（ex），F(xiàn)′（x）=2ax+b-$\frac{1}{x}$，
由F（x）在x=1處取極值，則F′（1）=2a+b-1=0，
F′（x）=$\frac{2a{x}^{2}+（1-2a）x-1}{x}$=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$=0，
解得x₁=-$\frac{1}{2a}$，x₂=1且x₁≠x₂，a≠-$\frac{1}{2}$，
∴$2a+b-1=0\;（a≠-\frac{1}{2}）$為a，b所滿足的關(guān)系；
（Ⅱ）F（x）=ax²+（1-2a）x-lnx，
當(dāng)0＜a＜2時(shí)，由x∈[1，2]，且（x+a）F（x）≥0，則F（x）≥0，
F′（x）=$\frac{（2ax+1）（x-1）}{x}$≥0，F(xiàn)（x）在[1，2]增，
F（x）≥F（1）=1-a≥0即可，即有a∈（0，1]，
當(dāng)a∈（-2，0）且a≠-$\frac{1}{2}$時(shí)，x₁=-$\frac{1}{2a}$，x₂=1，
ⅰ）若-$\frac{1}{2a}$＜1即-2＜a＜-$\frac{1}{2}$時(shí)，F(xiàn)（x）在[1，2]單調(diào)遞減，
即0＜2-ln2≤F（x）≤1-a，即x+a≥0即a≥-x，可得a≥-1，
故可得  a∈[-1，-$\frac{1}{2}$）．
ⅱ） 若1＜-$\frac{1}{2a}$＜2即-$\frac{1}{2}$＜a＜-$\frac{1}{4}$時(shí)，F(xiàn)（x）在區(qū)間（1，-$\frac{1}{2a}$）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（-$\frac{1}{2a}$，2）上單調(diào)遞減．
F（x）≥F（1）=1-a＞0，F(xiàn)（x）≥F（2）=2-ln2＞0，
即有（x+a）F（x）≥0恒成立，則a∈（-$\frac{1}{2}$，-$\frac{1}{4}$）．
ⅲ） 若-$\frac{1}{2a}$≥2即-$\frac{1}{4}$≤a＜0時(shí)，
F（x）在[1，2]增，且（x+a）F（x）≥0恒成立，即有a∈[-$\frac{1}{4}$，0），
綜上a的取值范圍是[-1，-$\frac{1}{2}$）∪（-$\frac{1}{2}$，0）∪（0，1]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值，主要考查單調(diào)區(qū)間的求法和運(yùn)用，同時(shí)考查分類(lèi)討論的思想方法和不等式恒成立思想，屬于中檔題．